2.3簡諧運動的回復力和能量

2.3簡諧運動的回復力和能量1.會分析彈簧振子的受力情祝，理解回復力的概念。2.認識位移、速度、回復力和加速度的變化規(guī)律及相互聯(lián)系。3.會用能量觀，點分析水平彈簧振子動能、勢能的變化情況，知道簡諧運動中機械能守恒?？键c一、回復力(1)回復力的方向總是指向平衡位置，回復力為零的位置就是平衡位置．(2)回復力的性質(zhì)回復力是根據(jù)力的效果命名的，可能由合力、某個力或某個力的分力提供．它一定等于振動物體在振動方向上所受的合力．例如：如圖甲所示，水平方向的彈簧振子，彈力充當回復力；如圖乙所示，豎直方向的彈簧振子，彈力和重力的合力充當回復力；如圖丙所示，m隨M一起振動，m的回復力由靜摩擦力提供．2．回復力公式：F＝－kx.(1)k是比例系數(shù)，不一定是彈簧的勁度系數(shù)．其值由振動系統(tǒng)決定，與振幅無關(guān)．(2)“－”號表示回復力的方向與偏離平衡位置的位移的方向相反．3．簡諧運動的加速度由F＝－kx及牛頓第二定律F＝ma可知：a＝－eq\f(k,m)x，加速度a與位移x的大小成正比，方向與位移方向相反．4．物體做簡諧運動的判斷方法(1)簡諧運動的回復力滿足F＝－kx；考點二、簡諧運動的能量簡諧運動的能量是指物體在經(jīng)過某一位置時所具有的勢能和動能之和．在振動過程中，勢能和動能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒．1．簡諧運動的能量由振動系統(tǒng)和振幅決定，對同一個振動系統(tǒng)，振幅越大，能量越大．2．在簡諧運動中，振動的能量保持不變，所以振幅保持不變，只要沒有能量損耗，它將永不停息地振動下去．3．在振動的一個周期內(nèi)，動能和勢能完成兩次周期性變化．物體的位移減小，勢能轉(zhuǎn)化為動能，位移增大，動能轉(zhuǎn)化為勢能．4．能量特點在簡諧運動中，振動系統(tǒng)的機械能守恒，而在實際運動中都有一定的能量損耗，因此簡諧運動是一種理想化的模型．考點三、簡諧運動中各物理量的變化1．如圖所示為水平的彈簧振子示意圖，振子運動過程中各物理量的變化情況如下表．振子的運動A→OO→A′A′→OO→A位移方向向右向左向左向右大小減小增大減小增大回復力方向向左向右向右向左大小減小增大減小增大加速度方向向左向右向右向左大小減小增大減小增大速度方向向左向左向右向右大小增大減小增大減小振子的動能增大減小增大減小彈簧的勢能減小增大減小增大系統(tǒng)總能量不變不變不變不變2.說明：(1)簡諧運動中各個物理量對應(yīng)關(guān)系不同．位置不同，則位移不同，加速度、回復力不同，但是速度、動能、勢能可能相同，也可能不同．(2)簡諧運動中的最大位移處，F(xiàn)、a、Ep最大，Ek＝0；在平衡位置處，F(xiàn)＝0，a＝0，Ep＝0，Ek最大．(3)位移增大時，回復力、加速度和勢能增大，速度和動能減??；位移減小時，回復力、加速度和勢能減小，速度和動能增大．題型1簡檔運動的回復力（2024春?臺江區(qū)校級期中）如圖所示，彈簧振子在豎直方向做簡諧振動。以其平衡位置為坐標原點，豎直方向上為正方向建立坐標軸，振子的位移x隨時間t的變化如圖所示，下列說法正確的是（）A．振子的振幅為4cm B．在0～4s內(nèi)振子做了4次全振動 C．t＝1s時，振子受到的彈簧彈力大小為零 D．t＝1s時，振子的速度為正的最大值【解答】解：A、由振動的圖象可知：振子的振幅為2cm而不是4cm，故A錯誤；B、由振動的圖象可知周期為2s，則振子在4s時間內(nèi)做2次全振動，故B錯誤；C、由圖可知t＝1s時，振子處于平衡位置，回復力為零，此時彈力等于重力，彈簧彈力不為零，故C錯誤；D、由圖可知t＝1s時，振子處于平衡位置，加速度為零，振子速度為正的最大值，故D正確；故選：D。（2024春?河西區(qū)期中）如圖所示，彈簧下端懸掛一個鋼球，上端固定，它們組成一個振動系統(tǒng)，用手把鋼球向上托起一段距離，然后釋放，鋼球便上下振動，如果鋼球做簡諧運動，則（）A．彈簧對鋼球的彈力是鋼球做簡諧運動的回復力 B．彈簧彈力為零時鋼球處于平衡位置 C．鋼球位于最高點和最低點時加速度大小相等 D．鋼球的動能與彈簧的彈性勢能之和保持不變【解答】解：A、振子受到重力和彈簧的拉力，二者的合力提供回復力。故A錯誤；B、平衡位置是指振子受到的合外力等于0的位置，所以在平衡位置處彈簧的彈力與重力大小相等，方向相反，故B錯誤。C、簡諧振動具有對稱性，所以鋼球位于最高點和最低點時加速度大小相等，故C正確。D、振子在振動過程中，只有重力和彈簧的彈力做功，則振動系統(tǒng)的機械能守恒，但鋼球的動能與彈簧的彈性勢能之和不守恒，還有重力勢能。故D錯誤。故選：C。（2023秋?南山區(qū)校級期末）粗細均勻的一根木筷，下端繞幾圈鐵絲，豎直浮在較大的裝有水的杯中（如圖甲）。把木筷往上提起一段距離后放手，忽略水對木筷和鐵絲的黏滯阻力，木筷和鐵絲就在水中上下簡諧振動。以豎直向上為正方向，從某時刻開始計時，筷子振動圖像如圖乙所示則（）A．筷子和鐵絲在t1時刻加速度為零 B．筷子和鐵絲在t2時刻加速度最大 C．筷子和鐵絲在t2時刻速度最大 D．筷子和鐵絲作簡諧振動的回復力為浮力【解答】解：A.筷子和鐵絲在t1時刻，在最高點，速度為零，加速度不為零，故A錯誤；BC.筷子和鐵絲在t2時刻速度最大，回復力為零，加速度為0，故B錯誤，C正確；D.筷子和鐵絲做簡諧運動的回復力為浮力和重力的合力，故D錯誤。故選：C。題型2簡諧運動的能量問題（2024春?大理州期末）將質(zhì)量為0.2kg的小球放在豎立的輕彈簧上（未拴接），并將小球豎直下按至圖甲所示的位置A。迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至圖乙所示的最高位置C，途中經(jīng)過位置B時彈簧恢復原長。已知A、B的高度差為0.1m，B、C的高度差為0.3m，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。若取位置B所在水平面為零勢能面，則（）A．小球在位置A的重力勢能為0.2J B．小球在位置B的機械能為零 C．小球在位置A的機械能小于在位置C的機械能 D．小球在位置B的機械能小于在位置C的機械能【解答】解：A、取位置B所在水平面為零勢能面，則小球在位置A的重力勢能為EpA＝﹣mghAB＝﹣0.2×10×0.1J＝﹣0.2J，故A錯誤；BD、不計空氣阻力，小球從B到C，只受重力作用，所以小球的機械能守恒。由機械能守恒定律可知小球在位置B的機械能等于在位置C的機械能，小球在位置C時只有重力勢能，則EB＝EC＝EpC＝mghBC＝0.2×10×0.3J＝0.6J，故BD錯誤；C、小球在位置A時只有重力勢能，則小球在位置A的機械能為EA＝EpA＝﹣0.2J，小球在位置C的機械能為EC＝EpC＝mghBC＝0.2×10×0.3J＝0.6J，則知小球在位置A的機械能小于在位置C的機械能，故C正確。故選：C。（多選）（2024春?西城區(qū)期末）如圖1所示，輕彈簧上端固定，下端懸吊一個鋼球，把鋼球從平衡位置向下拉5cm，然后由靜止釋放。以鋼球的平衡位置為坐標原點，豎直向上為正方向建立x軸，當鋼球在振動過程中某一次經(jīng)過平衡位置時開始計時，鋼球運動的位移—時間圖像如圖2所示。已知鋼球振動過程中彈簧始終處于拉伸狀態(tài)，有關(guān)t1和t2兩個時刻，下列說法正確的是（）A．鋼球的加速度大小相等 B．鋼球受到的彈簧彈力大小相等 C．鋼球的動能相等 D．鋼球的機械能相等【解答】解：A．根據(jù)簡諧運動的加速度為a=-則t1和t2兩個時刻離開平衡位置的位移x大小相等，則加速度大小相等，故A正確；B．鋼球受到的彈簧彈力大小為F＝kx1其中x1為彈簧的形變量，t1和t2兩個時刻離開平衡位置（mg＝kx0）的位移x大小相等，則形變量不相同，彈力不相等，故B錯誤；C．t1和t2兩個時刻是關(guān)于平衡位置的對稱點，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，兩個時刻的速度大小相等，則鋼球的動能相等，故C正確；D．t1和t2兩個時刻鋼球的動能相等，而重力勢能因高度不同不等，則鋼球的機械能不相等，故D錯誤。故選：AC。請閱讀下述文字，完成第11題、第12題、第13題、第14題、第15題。把質(zhì)量是0.2kg的小球放在豎立的彈簧上，并把小球往下按至A的位置，如圖甲所示。由靜止釋放小球，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置C（圖乙），途中經(jīng)過位置B時彈簧正好處于自由狀態(tài)。已知B、A的高度差為0.1m，C、B的高度差為0.2m，忽略彈簧質(zhì)量和空氣阻力，g取10m/s2。小球由位置A向位置C運動的過程中（）A．小球動能和重力勢能之和先減小后增加 B．小球動能和重力勢能之和先增加后減小 C．彈簧彈性勢能和小球重力勢能之和先減小后增加 D．彈簧彈性勢能和小球動能之和先增加后減小【解答】解：AB.針對彈簧和小球組成的系統(tǒng)，整個過程滿足機械能守恒，即小球的動能、重力勢能、和彈簧的彈性勢能之和是一個定值，在小球由A向C的運動過程中，彈簧形變量逐漸減小，最后恢復原長，形變量為0，說明彈性勢能先一直減小，后來保持為0，故小球動能和重力勢能之和一直增大，B位置后保持不變，故AB錯誤；C.小球上升過程中動能先增大后減小，則彈簧彈性勢能和小球重力勢能之和先減小后增加，故C正確；D.小球上升過程中重力勢能一直增加，則彈簧彈性勢能和小球動能之和一直減小，故D錯誤。故選：C。題型3簡檔運動過程中速度、加速度（2024?馬鞍山三模）一質(zhì)點做簡諧運動的振動圖象如圖所示，t＝2s時，質(zhì)點的（）A．速度為正的最大值，加速度為零 B．速度為負的最大值，加速度為零 C．速度為零，加速度為正的最大值 D．速度為零，加速度為負的最大值【解答】解：由圖可知，在t＝2s時刻，質(zhì)點的位移為0，則速度為最大，t＝2s時刻位移由正轉(zhuǎn)為負，可知質(zhì)點運動的方向為負；在t＝2s時刻，質(zhì)點的位移為0，則恢復力等于0，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度等于0，故B正確，ACD錯誤。故選：B。（2024?鄭州模擬）一質(zhì)點做簡諧運動，其相對于平衡位置的位移x與時間t的關(guān)系圖線如圖所示，由圖可知（）A．該簡諧運動的周期是2.5×10﹣2s，振幅是7cm B．該簡諧運動的表達式可能為x=7sin(100πt+3πC．t＝0.5×10﹣2s時振子的速度最大，且方向向下 D．t＝0.25×10﹣2s時振子的位移為﹣5cm【解答】解：A、由題圖可知：周期T＝2×10﹣2s，振幅A＝7cm，故A錯誤；B、振子的圓頻率ω=2πT=2π2×10-2rad/s=100πrad/s，且t＝0時位移為x＝﹣7cm，所以表達式為x＝7sinCD、當t＝0.5×10﹣2s時，振子在平衡位置，其速度最大，速度正向且為最大值；當t＝0.25×10﹣2s時，其位移為x=7sin(100π×0.25×1故選：B。（2024?南明區(qū)校級一模）如圖所示，一質(zhì)點在B、C兩點之間做簡諧運動，BC＝10cm，BC的中點O為平衡位置（即位移為零的位置），取向右為正方向，質(zhì)點的位移—時間關(guān)系式為x＝5cos（10πt）cm，則（）A．t＝0.1s時，質(zhì)點在O點 B．t＝0.2s時，質(zhì)點的加速度為0 C．0～0.1s內(nèi)，質(zhì)點的加速度方向與速度方向始終相同 D．t＝0.12s時，質(zhì)點正向右運動【解答】解：AB、當t＝0.1s時，有x＝5cos（10π×0.1）cm＝﹣5cm，此時質(zhì)點在B點；當t＝0.2s時，有x＝5cos（10π×0.2）cm＝5cm，質(zhì)點在C點，加速度最大，故AB錯誤；C、0﹣0.1s內(nèi)質(zhì)點由C點運動到B點，質(zhì)點的加速度方向與速度方向先相同再相反，故C錯誤；D、t＝0.12s時，質(zhì)點由B點正向O點運動，即質(zhì)點正向右運動，故D正確。故選：D。（2024?昌平區(qū)二模）如圖所示，粗細均勻的一根木筷，下端繞幾圈鐵絲，豎直浮在水杯中。將木筷豎直提起一段距離，然后由靜止釋放并開始計時，木筷就在水中上下振動，在一段時間內(nèi)木筷在豎直方向可近似看作簡諧運動。若取豎直向上為正方向，圖中描述木筷振動的圖像正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)木筷的橫截面積為S，質(zhì)量為m，水的密度為ρ，靜止時水下長度為x0，根據(jù)平衡條件得：ρgSx0＝mg，設(shè)向下壓的距離為x，木筷受到的浮力：F?。溅裧S（x0+x）木筷受到的合力：F＝mg﹣F浮＝﹣ρgSx令ρgs＝k，則木筷所受合力：F＝﹣kx，木筷在水中的運動為簡諧運動，其位移x＝﹣Acosωt，故ABD錯誤，C正確。故選：C。（2024春?太原期末）如圖所示，輕彈簧豎直自然放置，下端固定在水平地面上。質(zhì)量為m的小球在彈簧正上方一定高度處由靜止釋放，小球從接觸彈簧并豎直向下運動到最低點的過程中，下列選項正確的是（）A．小球的機械能守恒 B．小球的動能一直減小 C．彈力對小球先做正功，后做負功 D．小球在最低點受到的彈力一定大于2mg【解答】解：A.對小球而言，除了受重力還要受彈力，則機械能不守恒；故A錯誤。B.根據(jù)牛頓第二定律可知，物體接觸彈簧開始，動能先增加，當a＝0之后，動能又會減??；故B錯誤。C.由于小球一直壓縮彈簧，彈簧對小球彈力一直豎直向上，則彈力一直做負功；故C錯誤。D.假設(shè)接觸彈簧時速度為零，則由能量守恒可得彈力等于2mg，但是此題初速度不為零，將導致最后的彈力一定大于2mg；故D正確。故選：D。（2024春?溫州期末）如圖為某物體做簡諧運動的圖像，則（）A．0.6s時的速度與0.8s時的速度相同 B．0.6s時的回復力與0.8s時的回復力相同 C．0.5s時的勢能小于0.6s時的勢能 D．0.5s時的加速度小于0.6s時的加速度【解答】解：A.由圖可知，0.6s和0.8s時刻偏離平衡位置的距離相等，即速度方向也相同，則速度相同；故A正確。和0.8s時刻回復力大小相等，方向相反，回復力為矢量，則回復力不相同；故B錯誤。比0.6s偏離平衡位置距離大些，則勢能大些；故C錯誤。比0.6s偏離平衡位置距離大些，則加速度大些；故D錯誤。故選：A。（2024春?成都期末）如圖甲，以O(shè)點為平衡位置，彈簧振子在A、B兩點間做簡諧運動，圖乙為該彈簧振子的振動圖像，其中，取O點為原點，水平向右為正方向。下列說法正確的是（）A．t＝0.2s時，小球的加速度為正向最大 B．t＝0.1s與t＝0.3s兩個時刻，小球的速度相同 C．t＝0到t＝0.2s內(nèi)，小球做加速度增大的減速運動 D．t＝0.4s時，彈簧振子有最大的彈性勢能【解答】解：A．在t＝0.2s時，由圖可知小球的位移為正向最大，由牛頓第二定律得：a=-kxmB．在t＝0.1s振子正向正方向振動，t＝0.3s時正向負方向振動，彈簧振子速度不相同，故B錯誤；C．從t＝0到t＝0.2s時間內(nèi)，小球遠離平衡位置朝正方向運動，做加速度增大的減速運動，故C正確；D．在t＝0.4s時，小球處于平衡位置，彈簧的形變量為零，彈簧振子的彈性勢能為零，故D錯誤。故選：C。（2024?東湖區(qū)校級三模）如圖所示為甲、乙彈簧振子的振動圖像，則兩彈簧振子的最大速度之比為（）A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．8：1【解答】解：根據(jù)彈簧振子的周期公式：T=2π可得m簡諧振動的過程中總能量守恒，則振子的最大動能等于彈簧的最大彈性勢能，即1聯(lián)立可得v由圖可知T乙＝2T甲，A甲＝2A乙則：v故C正確，ABD錯誤。故選：C。（2024?廣東模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定在天花板上，下端連接一質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點的小球，將小球托起至O點，彈簧恰好處于原長，松手后小球在豎直方向做簡諧運動，小球最遠能到達B點，A點為OB的中點，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．小球在O點時的機械能最小 B．小球經(jīng)過A點時的加速度大小為g C．小球在B點時受到的彈力大小為2mg D．O、B兩點間的距離為mg【解答】解：A．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球在O點時彈簧處于原長，彈簧的彈性勢能為零，小球的機械能最大，故A錯誤；B．A點為小球的平衡位置，小球經(jīng)過A點時的加速度大小為0，故B錯誤；C．小球在B點時受到的彈力大小為FB，小球在O點時僅受重力作用，加速度大小為g，根據(jù)對稱性可知，小球在B點時的加速度a大小也為g，根據(jù)牛頓第二定律得：FB﹣mg＝ma解得：FB＝2mg，故C正確；D．小球在A點時加速度為零，則mg＝kxOAO、B兩點間的距離為：xOB＝2xOA聯(lián)立解得：xOB=2mg故選：C。（2024春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖所示為一質(zhì)點做簡諧運動的振動圖像，下列說法正確的是（）A．質(zhì)點振動周期為0.4s B．質(zhì)點在0.8s內(nèi)走過的路程為40cm C．0至0.4s時間內(nèi)，質(zhì)點加速度始終沿x軸負方向 D．在0～0.2s時間內(nèi)，速度方向與加速度方向相同【解答】解：A．由圖可知質(zhì)點振動周期為0.8s，故A錯誤；B．由圖可知質(zhì)點的振幅A為10cm，質(zhì)點在0.8s內(nèi)走過的路程為：s＝4A代入數(shù)據(jù)得：s＝40cm，故B正確；C．0至0.4s時間內(nèi)，位移始終為負，回復力始終與位移方向相反，由牛頓第二定律可知，質(zhì)點加速度始終沿x軸正方向，故C錯誤；D．圖線的斜率表示運動的速度，在0～0.2s時間內(nèi)，速度沿x軸負方向，質(zhì)點正在遠離平衡位置，而回復力始終指向平衡位置，由牛頓第二定律可知，加速度沿x軸正方向，速度方向與加速度方向相反，故D錯誤。故選：B。（2023秋?平度市校級期末）如圖甲，一質(zhì)量為m的物體B放在水平面上，質(zhì)量為2m的物體A通過一輕彈簧與其